四川省内江市第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份四川省内江市第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 向量的模都是正实数
B. 单位向量只有一个
C. 向量的大小与方向无关
D. 方向不同的向量不能比较大小，但同向的向量可以比较大小
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的概念即可判断.
【详解】对于A：根据向量的概念可知，零向量的模为零，故A错误；
对于B：单位向量的定义，单位向量的模为1，方向为任意方向，故B错误；
对于C：向量的模与方向没有关系，故C正确；
对于D：向量不能比较大小，但向量的模可以比较大小，故D错误.
故选：C.
2. 在中，已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理计算直接得出结果.
【详解】在中，由余弦定理得，
，
由解得.
故选：D
3. 若，是平面内的一组基底，则下面的四组向量中不能作为一组基底的是（ ）
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】B
【解析】
【详解】因为向量，是平面内的一组基底，可得向量，为平面内不共线的向量，
对于A中，设，可得，此时方程组无解，
所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底；
对于B中，设，可得，解得，
所以向量和为共线向量，不能作为平面的一组基底；
对于C中，设，可得，此时方程组无解，
所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底；
对于D中，设，可得，此时方程组无解，
所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底.
4. 如图，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量线性运算先利用表示，再表示，再根据求结论.
【详解】因为是的中点，所以，
因为是的靠近的三等分点，所以，
所以．
5. 已知函数的最小正周期为，将的图象向下平移2个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，则的一个单调递增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用二倍角公式和辅助角公式化简函数的解析式，再根据周期求函数的解析式，根据平移和伸缩变换求的解析式，最后根据选项，利用代入法求函数的一个单调递增区间.
【详解】
最小正周期，得，
即，图象向下平移2个单位长度后得到函数，横坐标伸长到原来的2倍后得到函数，
A.当，，此区间先减后增，故A错误；
B. 当，，是正弦函数减区间的子集，故B错误；
C. 当，，是正弦函数增区间的子集，故C正确；
D.当，，此区间先增后减，故D错误；
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式化简可得结果.
【详解】因为，所以，
，
故.
7. 如图所示，为测量一棵树的高度，在地面上选取A，B两点（A，B，H三点共线），从A，B两点分别测得树尖P的仰角为，，且A，B两点之间的距离为，则树的高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图形和角边关系求出结果即可.
【详解】设树的高度为，由已知，得，
在中，.
化简得，解得.
所以树的高度为m.
故选：C.
8. 如图，在中，，，，为与的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，利用三点共线，三点共线，得，解得，最后求出投影向量，利用基本不等式即可求解.
【详解】由题，设，
因为三点共线，三点共线，所以，解得，
所以，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故选：C.
二、多选题（共18分，每小题6分）
9. 下列等式计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据两角和的余弦公式可判断A，根据二倍角的余弦公式可判断B，根据两角和的正切公式可判断C，根据两角差的正切公式可判断D.
【详解】A，根据两角和的余弦公式：，
代入，可得，
再代入，有，错误；
B，根据二倍角的余弦公式：，
代入，可得，
再代入，有，错误；
C，根据两角和的正切公式：，
代入，可得，
再代入，有，即，
所以，正确；
D，根据两角差的正切公式：，
代入，可得，
再代入，有，正确.
10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则符合条件的只有一个
B. 若，则
C. 若，则是锐角三角形
D. 若，则的最大值是
【答案】BC
【解析】
【分析】利用正弦定理求解三角形判断A；由大边对大角和正弦定理判断B；利用余弦定理求最大角，判断C；由正弦定理边化角得，判断D.
【详解】因为，所以由正弦定理得，
所以角C有两个值，此时符合条件的有两个，故A错误；
在中，由大边对大角知，，
又由正弦定理得，故B正确；
由，得，则C是的最大内角，
又，则，C为锐角，
是锐角三角形，故C正确；
由正弦定理得，
当时，的最大值是，故D错误．
故选：BC．
11. 幻彩摩天轮位于中山市西区兴中广场段．该摩天轮轮体直径为，最高点离地．轮体上均匀设置了依次标号为号的个座舱，开启后按照逆时针方向匀速旋转，每转一周.已知在时刻时号舱距离地面的高度（其中，，），且时，位于最低位置．且摩天轮开始启动时，号舱，号舱，号舱位置如图所示，运行过程中其离地面高度分别记为，，，则（ ）
A.
B. 摩天轮运行一周的过程中，
C. 不存在使得
D. 摩天轮运行一周的过程中，的情形共出现次
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据条件，直接求出，即可求出解析式，再根据与的角度差得到与的高度差的关系式，即可得到高度差的最大值，最后根据方程等价于或，分类讨论即可.
【详解】对于A，根据题意，得摩天轮轮体的半径为米，
因此摩天轮轮体的圆心离地米，周期，则，
当时，位于最低位置，即，
代入得，
结合，得，因此，故A正确；
对于B，个座舱均匀分布，则相邻座舱间的圆心角差为，
则座舱和座舱的圆心角差为，
则有两舱的高度差为，
其中表示在任意时刻相对于水平面的相位角（或称旋转角），
利用和差化积公式展开得，
当，高度差取最大值，
则最大值为，故B正确；
对于C，方程等价于或，
考虑：即，
化简得，
当时，，因此当时，，
因此，与矛盾，因此不存在使得，
考虑：即，
其中和分别表示在任意时刻相对于水平面的相位角（或称旋转角），
由于，代入得，解得或，的初始角度为，
因此当时，，则无解，
因此不存在使得，
即不存在使得，故C正确；
对于D，方程等价于或，
考虑：即，
化简得，
而在时，，则有个解，
考虑：即，由于，
代入得，解得或，的初始角度为，
因此当时，，则有个解，
因此在摩天轮运行一周的过程中，的情形共出现次，故D错误.
三、填空题（共15分，每小题5分）
12. 已知，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】代入两角差的正切公式计算即可.
【详解】.
13. 如图，在平行四边形中，，，是边的中点，是上靠近的三等分点，若，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理和向量的数量积进行求解即可.
【详解】因为，
则因为，所以.
又，所以，化简得，
解得（负值舍去），即.
14. 在中，为边上一点，，，，，.当面积最小时，________.

【答案】##
【解析】
【分析】根据三角形面积公式可得，利用正弦定理化简计算可得，利用换元法（）得，结合二次函数的图象与性质求解即可.
【详解】，
所以.
在中，由正弦定理得，化简得.
在中，由正弦定理得，化简得.
故，
令，
则，
由二次函数性质可知，，
函数开口向下，对称轴为，
所以当时，取得最大值，
即当，取最小值，
此时.
故答案为：
四、解答题（共77分）
15. 已知，，
（1）若，且，求．
（2）若四边形为平行四边形，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出的坐标，然后利用共线向量坐标满足的条件列出方程求解出，再计算.
（2）先设出点的坐标，再根据是平行四边形可得，列方程求解.
【小问1详解】
，，
又且，
.
【小问2详解】
设，
四边形为平行四边形，,，.
故点的坐标为.
16. 已知，，且与夹角为，求：
（1）；
（2）与的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的数量积的定义求出，由代入数值得到；
（2）由代入数值得到，由代入数值得到，利用向量的数量积公式得到，代入数值得到所求.
【小问1详解】
，，且与夹角为，，
；
【小问2详解】
，
，
.
17. 已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的解析式.
（2）设函数.
（i）求的单调递减区间；
（ii）若，求的最大值与最小值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）最大值为，最小值为
【解析】
【分析】（1）由图可知，根据周期求出，根据函数的最大值求出，将代入求出，即可得到答案；
（2）（i）根据两角和的正弦公式及辅助角公式求出，结合正弦函数的单调性，整体代入求解即可得答案；
（ii）利用换元法即可求得函数在上的最大值和最小值，
【小问1详解】
设的最小正周期为，则，解得，
所以，解得.
由题意知，所以，
又，
所以，即，
又，所以，
所以.
【小问2详解】
（i）
，
由，解得，
故的单调递减区间为.
（ii）设，
因为，所以，
函数在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，，
当，即时，，
故在上的最大值和最小值分别为和.
18. 在面积为S的中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，且.
（1）求角C的大小；
（2）若，，求的周长；
（3）若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标关系，结合正余弦定理边角互化即可求解，
（2）由余弦定理以及面积公式即可求解得解，
（3）根据正弦定理得，进而根据面积公式可得，由三角恒等变换，化简可得，即可根据三角函数的性质求解.
【小问1详解】
若，则,
由正弦定理可得，故，
因此,
.
【小问2详解】
由（1）可得，又,故，
因此，故，
因此周长为
【小问3详解】
由于，故，
由正弦定理可得，
故，
因为，所以，
所以，
故,
由于三角形为锐角三角形，故,解得，
因此，故，则，
因此.
19. 已知函数.
（1）若对于任意都有，且，求的对称中心；
（2）若，函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，函数在区间（且）上恰好有2026个零点，求的最小值；
（3）在第（2）问条件下，将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，再向左平移个单位长度，向下平移1个单位长度后得到函数的图象.若关于的方程在上有且仅有四个解，求实数的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分析可知，解得，代入结合正弦函数的对称性运算求解即可；
（2）分析可知，根据函数零点可得，求函数的零点，分析可知要使最小，则m、n恰好为的零点，进而可得结果；
（3）换元令，且，结合正弦函数图象可知在区间上有两个相异零点，结合二次函数零点分布运算求解.
【小问1详解】
因为的最小正周期为，
又因为，且，
则，解得，
当时，，
令，解得，
所以的对称中心为；
当时，，
令，解得，
所以的对称中心为；
综上所述，的对称中心为或.
【小问2详解】
将函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，
则，
因为是的一个零点，
则，即，
又因为，则，
可得，解得，
所以，最小正周期.
令，可得，
则或，，
解得或，，
若函数在（且）上恰好有2026个零点，
要使最小，则m、n恰好为的零点，
故.
【小问3详解】
由题意知，且，
令，且，则，
因为，则，
当时，满足方程组的值有且仅有四个，
且函数在上单调递增，在上单调递减，
令，可得必有两个相异零点，，
由直线与和，的图象分别有两个交点，
作出直线与和，的图象，如图所示，

由图象可得，，即在区间上有两个相异零点，
则满足，解得，
所以的取值范围是